Nur so ne Frage: Ich kann die Übungsseite und somit auch die Beispiele nicht öffnen. Ist das auch bei anderen so?
Alle TU Seiten außer der Hauptseite funktionieren irgendwie seit gestern nicht.
Zumindest das ITP, IAP und IFP sind nicht erreichbar…
Aber Edyn vor dem Plenum zu rechnen ist eh fürd Fisch 
es ist auch mit für die fisch 
Webmail, stud3, stud4, die ganzen TU-globalen Mailserver sind interessanterweise erreichbar.
Dafür is so ziemlich alles tot, was im Freihaus selbst steht (Praktikumserver, Institutsrechner, Fachschaft, …).
Liegt daran, daß im Freihaus der Strom bis morgen abgedreht is, zumindest hat mir das der Müller am Freitag gemailt.
Liegt wahrscheinlich daran, dass dieses Wochenende der Strom abgeschaltet wurde. Wegen: keine Ahnung, aber es wurde angekündigt.
Aber morgen sollte das Zeugs wieder laufen.
Nachdem Balasin uns gezeigt hat, daß Gott im 10. Stock wohnt, sind auch Beispiele da:
http://higgs.itp.tuwien.ac.at/~edyn/ue02.pdf
Eine sehr hohe Affinität zum Plenum kann ich aber nicht ableiten.
zu BSP4:
Also, dass \vec{B}=\nabla \times \vec{A} lass ich mir einreden, aber wie komm ich dann davon auf: A_i(x^k)=\int ds , s ,x^k,\epsilon_{kim}B^m(sx^k) ?
Hab ich einfach verpasst als uns das Poincare-Lemma erklärt wurde??
,,, Besagt das nur dass jedes glatte divergenzfreie Vektorfeld ein Vektorpotenial hat, oder steckt da noch mehr dahinter?
Bzw. hat das was mit dem Poincare-Satz aus Mechanik zu tun?
THX
So na ich hoff mal, dass ihr das a so habt’s oder zumindest so ähnlich
somit stell ich also die gerechneten bsp als diskussionsgrundlage zur verfügung
edyn_ue2_bsp5.pdf (355 KB)
edyn_ue2_bsp4.pdf (521 KB)
ad Bsp 4a: Ich glaub es war nicht im Sinn des Erfinders, dass die oage Differentialglg zu lösen ist, denn der Balasin hat heute eine neue Angabe online gestellt und da ist das f(x) ganz einfach zu bestimmen. - Macht das Bsp nur einfacher.
@Krümelchen: Bei 4b warum kannst du das s aus dem Argument von B einfach rausziehen? - Sonst hab ich es genauso wie du (nur kann ich dann das Integral zum Schluss nicht lösen)
Übrigens ich hab auf http://www.ph-forum.org/index.php?showtopic=803 bereits gepostet, wie 5 und 6 gehen.
Es handelt sich um ein Kreuzprodukt, da kann man Konstanten rausziehen.
MW1: \Delta \phi = -4\pi\varrho \Rightarrow \varrho = \frac {\Delta\phi}{4\pi}
Das Potential bauen wir um zu \phi = \frac {q_e} r \left( 1+\frac r a \right) e^{-2r/a}=q_e\left( \frac{1} r e^{-2r/a} + \frac{1} a e^{-2r/a} \right)
\Delta \phi = q_e \Delta \left( \frac 1 r e^{-2r/a} \right) + \frac{q_e} a \Delta \left(e^{-2r/a}\right)
Mit \Delta(ab) = a \Delta b + 2\nabla a \nabla b + b \Delta a kann man das erste noch zerlegen.
\nabla \frac 1 r = - \hat e_r \frac 1 r^2
\nabla \frac e^{-2r/a} = -\frac 2 a \hat e_r e^{-2r/a}
\Delta \phi = q_e\left[\Delta \left(\frac 1 r \right) e^{-2r/a} + \frac 4 {ra^2} e^{-2r/a} + \left( \frac 1 r + \frac 1 a \right) \Delta e^{-2r/a}\right]
\Delta\Phi(r) = \frac 1 {r^2} \frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial}{\partial r}\Phi\right)=\frac{d^2\Phi}{dr^2} + \frac{2 \frac{d\Phi}{dr}} r
(@Pat: Es scheint Probleme mit ’ und ‚‘ in tex-Code zu geben?)
\Delta e^{-2a/r} = (\frac 4 {a^2} + \frac 4 {ra})e^{-2a/r}
\Delta \frac 1 r = -4\pi\delta^3
\Rightarrow \Delta\phi = -4\pi\delta^3 + \frac 4 {a^3}e^{-2r/a}
\Rightarrow \varrho = q_e ( \delta^3 - \frac{1}{\pi a^3}e^{-2r/a})
Gefällt mir insofern gut, als dass es über den gesamten Raum integriert eine Gesamtladung von Null ergibt und dass es für sehr kleine Kugeln um den Mittelpunkt eine überwiegend positive Ladung bewirkt.
4b halte ich so wie im PDF gepostet übrigens für grob vereinfacht, B^m(sx^k) kann man nicht einfach als sB^m(x^k) behandeln, die Abhängigkeit von B^m von den x^k ist immerhin vollkommen beliebig (solange sie glatt ist). Man kann das auch im Beispiel 4a beobachten, wo die einzelnen Terme durchaus unterschiedliche s-Abhängigkeiten aufweisen.
ja, genau. so wie du seh ich das auch. Man kann nicht einfach das s aus B(s xk) rausziehen. Das Problem ist nur, dass man dann zum Schluss ein Integral bekommt, dass man nicht lösen kann. Und die einzige richtige Lösung ist, dass man s rauszieht, weil man dann durch das Integral den nötigen 1/3 Faktor bekommt. Nur warum darf man das s rausziehen??
Also was ich nicht so ganz versteh is…
\nabla \frac 1 r = - \hat e_r \frac 1 r^2
warum brauchst du kein delta hier und beim laplace schon?? is die nullstelle, singularität hier nicht so schlimm, darf man sie vernachlässigen/ignorieren weil??
Danke für die Antwort!!
Lg L
Erm, nein. Man wertet die Differentiale korrekt nach Produktregel und Kettenregel aus und kommt auf einen Ausdruck im Integral, der s^2 \frac{d}{ds}(B^m(sx^k)) + 2s B^m(sx^k) = \frac d {ds} ( s^2 B^m(sx^k)) ist, das Integral drüber ist dann also s^2 B^m(sx^k)|_0^1 = B^m(x^k)
Ich denke, die Frage kann man so nicht beantworten - der Gradient ist jetzt erst mal diese Funktion, und überall außer bei r=0 definiert (und ungleich Null!).
Wenn man den Fluss von \nabla \frac 1 r durch eine beliebige Kugeloberfläche um den Nullpunkt ausrechnet, dann kriegt man jeweils -4\pi raus. Nach dem Divergenzsatz von Gauß sollte das auch dem Volumsintegral über die Divergenz des Vektorfeldes entsprechen. Von der stellt man dann aber fest, dass sie überall im Inneren der Kugel (außer im Ursprung) leider verschwindet. Jetzt ist das schöne Werkzeug kaputt („gilt nur auf einfach zusammenhängenden Bereichen“).
Um es zu retten, sucht man also etwas, das überall außer in einem Punkt Null ist, aber dessen Volumnsintegral trotzdem -4\pi ergibt und erfindet die Theorie der Distributionen dazu.
Anschaulich gesagt erscheint mir die Singularität von \nabla \frac 1 r „weniger schlimm“, weil \nabla \frac 1 r überall von Null verschieden ist und auch immer stärker anwächst, je näher man dem Nullpunkt kommt, wohingegen man bei \Delta \frac 1 r eben beliebig nahe an den Nullpunkt herankommen kann und immer den Wert 0 hat, bevor man dann plötzlich ein „unendlich“ erreicht. Klarerweise ist das aber keine mathematische Erklärung, weil \delta ja keine skalarwertige Funktion auf \mathbb R sondern ein lineares Funktional auf einem Testfunktionenraum ist.
Ich habe um ehrlich zu sein weder die alte noch die neue Aufgabe ganz durchgerechnet (mühsam).
Ich war nur sehr verwundert als ich gestern in der Nacht, auf eine Änderung in der Angabe gestoßen bin und wegen der falschen Bsp. Nr. auch noch länger nach der Korrektur gesucht habe. Dass sich dadurch an der Rechnung nicht wirklich etwas ändert, wusste ich damals noch nicht. Wenigstens ist die Angabe halbwegs eindeutig und man kann f(x) wirklich als nur x-abhänging und nicht als x^k-abhängig auffassen.
mfg Philipp
uhm kurze frage zu den beispielen die online sind.
ansich ist ja das 4b nicht korrekt trotzdem eine frage zur vorletzten zeile
da steht
\partial_bB^ax^b
müsste man hier nicht die produkt regel anwenden? oder kann man das so einfach zu einem delta machen und das B-feld nicht berücksichtigen?
Stimmt, da gehört eigentlich eine Produktregel.
Nachtrag:
edyn_bsp070316_.pdf (2.46 MB)